河北省武邑中学2018_2019学年高二数学上学期第二次月考试题文（含解析）.doc

《河北省武邑中学2018_2019学年高二数学上学期第二次月考试题文（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省武邑中学2018_2019学年高二数学上学期第二次月考试题文（含解析）.doc（16页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1河北省武邑中学 2018-2019 学年高二上学期第二次月考数学（文）试题一、选择题：（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分）1.若平面 平面 ， ，则直线与 的位置关系是( )A. 平行或异面 B. 相交 C. 异面 D. 平行【答案】A【解析】【分析】利用平面 平面 ，可得平面 与平面 没有公共点，根据 ，可得直线， 没有公共点，即可得到结论【详解】平面 平面 ，平面 与平面 没有公共点 ， ，直线， 没有公共点直线， 的位置关系是平行或异面，故选 A.【点睛】本题考查面面、线线、线面的位置关系，考查学生分析解决问题的能力以及空间想象力，属于基础题2.计算机执行下面的程序段后，

2、输出的结果是（ ）PRINT A. 4 B. 1 C. 2 D. 3【答案】A【解析】【分析】解决本题的关键是赋值语句的理解，当变量赋以新的值时该变量就取新的值，依此类推即可求出所求【详解】把 1 赋给变量 a，把 3 赋给变量 b，把 1+3 的值赋给变量 a 最后输出 a，此时 a=4.故选：A【点睛】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：分析流程图（或伪代码） ，从流程图（或伪代码）中即要分析出计算的类2型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型

3、解模3.抛物线 的准线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将抛物线方程化为标准形式，再根据抛物线的性质求出其准线方程即可【详解】抛物线的方程可变为 x2= y故 p=其准线方程为故答案为：B.【点睛】本题考查抛物线的简单性质，解题关键是记准抛物线的标准方程，别误认为p=1，因看错方程形式马虎导致错误4.圆 与直线 l 相切于点 ，则直线 l 的方程为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据圆 x2+y2+4x+2=0 与直线 l 相切于点 A（-3，-1） ，得到直线 l 过（-3，-1）且与过这一点的半径垂直，做出过这一点的半径的斜率，再做出直线的斜

4、率，利用点斜式写出直线的方程【详解】圆 x2+y2+4x+2=0 与直线 l 相切于点 A（-3，-1） ，直线 l 过（-3，-1）且与过这一点的半径垂直，圆心为 过（-3，-1）的半径的斜率是 ，直线 l 的斜率是1，直线 l 的方程是 y+1=（x+3）3即 x+y+4=0故选：B【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，本题解题的关键是根据圆的切线具有的性质，做出圆的切线的斜率，本题是一个基础题一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者

5、切线长时，经常用到垂径定理。5.椭圆 的通径长为 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】椭圆 的通径即过焦点并且和焦点所在的轴垂直的直线截得的线段长，根据表达式得到焦点坐标进而求得结果.【详解】椭圆 的通径即过焦点并且和焦点所在的轴垂直的直线截得的线段长，右焦点为： ，直线为 ，联立此直线和椭圆解得交点的纵坐标为 ，线段长度为1.故答案为：D.【点睛】这个题目考查了椭圆的几何意义，和基本概念，是基础题型.6.下列四个结论中正确的是( )A. 经过定点 P1(x1，y 1)的直线都可以用方程 yy 1k(xx 1)表示B. 经过任意不同两点 P1(x1，y 1)，P 2(x2，

6、y 2)的直线都可以用方程(x2x 1)(yy 1)(y 2y 1)(xx 1)表示C. 不过原点的直线都可以用方程 表示D. 经过点 A(0，b)的直线都可以用方程 ykxb 表示【答案】B【解析】4对于，经过定点 斜率不存在的直线不可以用方程 表示， 故正确；对于，经过两个不同的点 的直线有两种情况：当 时，即斜率存在可以用方程 来表示，当 时，直线方程为 ，可以用方程 来表示，故正确；对于，当直线过原点时，直线不可以用方程 表示，故正确；对于，经过点 的直线，当斜率不存在时，不可以表示为 ，故错误，故答案为.7.直线(a2)x(1a)y30 与(a1)x(2a3)y20 互相垂直，则 a

7、 等于( )A. 1 B. 1 C. 1 D. 【答案】C【解析】【分析】根据两条直线垂直的充要条件可得：（a+2） （a1）+（1a） （2a+3）=0，从而可求 a 的值【详解】由题意，直线（a+2）x+（1a）y3=0 与（a1）x+（2a+3）y+2=0 互相垂直（a+2） （a1）+（1a） （2a+3）=0（a1） （a+22a3）=0（a1） （a+1）=0a=1，或 a=1故选：C【点睛】本题以直线为载体，考查两条直线的垂直关系，解题的关键是利用两条直线垂直的充要条件8.已知两直线 3xy30 与 6xmy10 平行，则它们之间的距离为 ( )A. 4 B. C. D. 【答案

8、】D【解析】【分析】利用平行线之间的斜率关系可得 m，再利用平行线之间的距离公式即可得出5【详解】两直线 3x+y3=0 与 6x+my+1=0 平行，3= ，解得 m=2直线 6x+my+1=0 化为 3x+y+ =0，两平行线之间的距离 d=故选：D【点睛】本题考查了平行线之间的斜率关系、平行线之间的距离公式，考查了计算能力，属于基础题9. 阅读下面的程序框图，若输出 s 的值为7，则判断框内可填写（ ）A. i3 B. i4 C. i5 D. i6【答案】D【解析】试题分析：由题意得，第一次循环 ；第二次循环 ；第三次循环，此时应跳出循环，输出 ，所以判断框内可填写“ ”，故选 D考点：

9、程序框图的计算方法点晴：本题主要考查了循环结构程序框图的计算与输出，属于基础题，算法是新课程中的新增内容，也是必然高考的一个热点，应高度重视，程序填空也是重要的考试形式，6这种试题的重点有：分支条件；循环的条件；变量的赋值；变量的输出等，其中前两点考查比较频繁，对于此类问题容易忽略的是：不能准确理解流程图的含义到时错解10.一个几何体的三视图如图所示，已知这个几何体的体积为 ，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三视图判断几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直,高为 ,四棱锥的底面为矩形，矩形的长和宽分别为 5 和 6 ，根据体积为 ，可求出 .【详解】由三视

10、图知几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，高为 ,四棱锥的底面为矩形，矩形的长和宽分别为 5 和 6 ；则几何体的体积 ,，故选 A.【点睛】本题考查三视图，属基础题；解三视图相关问题的关键在于根据三视图还原几何体，要掌握常见几何体的三视图，比如三棱柱、三棱锥、圆锥、四棱柱、四棱锥、圆锥、球、圆台以及其组合体，并且要弄明白几何体的尺寸跟三视图尺寸的关系；有时候还可以利用外部补形法，将几何体补成长方体或者正方体等常见几何体11.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥四个面的面积中最大的是 （ ）7A. B. C. D. 3【答案】B【解析】【分析】根据三视图作出三棱锥的直观图，计算四个侧面

11、的面积进行比较即可得结果.【详解】作出三棱锥 的直观图如图所示，过 作 ,垂足为 ,连结 ，由三视图可知 平面 ， ，三棱锥 的四个面中，侧面 的面积最大为 ，故选 B.【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等” ，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.12.若圆 C：x 2y 24x4y100 上至少有三个不同的点到直线 l：xyc 0 的距离8为 2，则 c 的取值范

12、围是（ ）A. 2 ，2 B. (2 ，2 ) C. 2,2 D. (2,2)【答案】C【解析】【分析】先求出圆心和半径，比较半径和 2 ，要求圆上至少有三个不同的点到直线 l：xy+c=0的距离为 2 ，则圆心到直线的距离应小于等于 用圆心到直线的距离公式，可求得结果.【详解】圆 x2+y24x4y10=0 整理为圆心坐标为（2，2） ，半径为 3 ，要求圆上至少有三个不同的点到直线 l：xy+c=0 的距离为 2则圆心到直线的距离 d2c2故选：C【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，圆心到直线的距离等知识，是中档题一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的

13、点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理。二、填空题：（共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分）13.“点 A 在直线上，在平面 外” ， 用符号语言可以表示为_【答案】【解析】【分析】利用点线面的关系，用符号表示即可【详解】点 A 在直线上 l，直线 l 在平面 外，Al，l故答案为： 【点睛】本题考查直线与平面的位置关系，直线与在的位置关系，正确理解点线面的关系和符号表示是解题的关键914.命题“ ”的否定是_.【答案】 “ ”【解析】试题分析：全称命题的否定是特称命题，故命

14、题“ ”的否定是“ ”.考点：全称命题的否定.15.已知椭圆 的左顶点为 M，上顶点为 N，右焦点为 F，若 ，则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】【分析】利用椭圆的性质，通过 ，推出 a、c 关系，求解即可【详解】椭圆 的左顶点为 M（a，0） ，上顶点为 N（0，b） ，右焦点为F（c，0） ，若 ， ，可知 NMNF，可得：a 2+b2+b2+c2=（a+c） 2，又 a2=b2+c2，所以 a2c 2=ac，即 e2+e1=0，e（0，1） ，解得 e= ，故答案为： 【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，向量的垂直，考查转化思想以及计算能力，求离心率的常用方法有：定义法，根据椭圆或者

15、双曲线的定义列方程；数形结合的方法，利用图形的几何特点构造方程；利用点在曲线上，将点的坐标代入方程，列式子。16.设椭圆 的左、右焦点分别为 ，M 为椭圆上异于长轴端点的一点，10， 的内心为 I，则 _【答案】【解析】【分析】设圆与 MF1、MF 2，分别切于点 A，B，根据切线长定理就有|F 1F2|=|F1A|+|F2B|=2，所以|MI|cos=|MA|=|MB|，由此可得结论【详解】由题意，|MF 1|+|MF2|=4，而|F 1F2|=2，设圆与 MF1、MF 2，分别切于点 A，B，根据切线长定理就有|F 1F2|=|F1A|+|F2B|=2，所以|MI|cos=|MA|=|MB

16、|=a-c= ，故答案为： 【点睛】本题考查圆锥曲线的综合，考查切线长定理，考查椭圆的定义，属于中档题和内切圆相关的问题可以联想到面积分割法和切线长定理.三、解答题：（第 17 题 10 分，其余每题均为 12 分，满分 70 分）17.某几何体的三视图及其尺寸如下图所示，求该几何体的表面积和体积.【答案】 ，【解析】【分析】由已知中的三视图，可以分析出该几诃体为圆锥，并得到圆锥的底面半径和母线长,进而求出圆锥的高，分别代入圆推的体积公式和表面积公式，可得结论.【详解】由三视图可得该几何体为圆锥，且底面直径为 6，即底面半径为 r=3，圆锥的母线长 l=5则圆锥的底面积 ，侧面积11故:几何体

17、的表面积又由圆锥的高故: 【点睛】本题主要考查三视图的应用，以及圆锥的表面积与体积公式,意在考查空间想象能力以及综合利用所学知识解答问题的能力.18.已知直线：x+y1=0，（1）若直线过点（3，2）且，求直线的方程；（2）若直线 过与直线 2xy+7=0 的交点，且 ，求直线 的方程【答案】 （1） ； （2） .【解析】【分析】（1）由题意和平行关系设直线 l1的方程为 x+y+m=0，再代入点（3，2） ，可求得结果；（2）解方程组 可得坐标，l 2l，直线 l2的斜率 k=1 代入点坐标可得到结果.【详解】 （1）由题意和平行关系设直线 l1的方程为 x+y+m=0，直线 l1过点（3

18、，2） ，3+2+m=0，解得 m=5，直线 l1的方程为 x+y5=0；（2）解方程组 可得 ，直线 l 与直线 2xy+7=0 的交点为（2，3）l 2l，直线 l2的斜率 k=1，直线方程为 xy+5=0【点睛】这个题目考查了两直线的位置关系和直线平行即斜率相等，直线垂直即斜率互为负倒数，属于基础题型.19.为了解某校高三毕业生报考体育专业学生的体重（单位：千克）情况，将他们的体重数据整理后得到如下频率分布直方图，已知图中从左至右前 3 个小组的频率之比为 1:2:3，其中第 2 小组的频数为 12.12（）求该校报考体育专业学生的总人数 ；（）已知 A，是该校报考体育专业的两名学生，A

19、 的体重小于 55 千克，的体重不小于 70千克，现从该校报考体育专业的学生中按分层抽样分别抽取体重小于 55 千克和不小于 70千克的学生共 6 名，然后再从这 6 人中抽取体重小于 55 千克学生 1 人，体重不小于 70 千克的学生 2 人组成 3 人训练组，求 A 不在训练组且在训练组的概率.【答案】 （1） （2）【解析】试题分析：（）利用频率分布直方图的实际意义进行求解；（）列出所有基本事件，找出满足条件的基本事件，利用古典概型的概率公式进行求解.试题解析：（1）设该校报考体育专业的人数为 n，前三小组的频率为 ，则由题意可得， .又因为 ，故 .（2）由题意，报考体育专业的学生中

20、，体重小于 55 千克的人数为 ，记他们分别为 体重不小于 70 千克的人数为 ，记他们分别为 ，从体重小于 55 千克的 6 人中抽取 1 人，体重不小于 70 千克的 3 人中抽取 2 人组成 3 人训练组，所有可能结果有：(A, a,b)，( A,a,c)，( A,b,c)，( B,a,b)，(B,a,c)，( B,b,c)，(C,a,b)，(C,a,c)，(C,b,c)，(D,a,b)，(D,a,c)，(D,b,c)，(E,a,b)，(E,a,c)，(E,b,c)，(F,a,b)，(F,a,c)，(F,b,c)，共 18 种；其中 A 不在训练组且 a 在训练组的结果有(B,a,b)，

21、(B,a,c)，(C,a,b)，(C,a,c)，(D,a,b)，(D,a,c)，(E,a,b)，(E,a,c)，(F,a,b)，(F,a,c)，共 10 种.故概率为20.如图，矩形 ABCD 的两条对角线相交于点 M(2，0)，AB 边所在直线的方程为x3y60，点 T(1，1)在 AD 边所在直线上求：13(1) AD 边所在直线的方程；(2) DC 边所在直线的方程【答案】 （1） ；（2）【解析】分析：（1）先由 AD 与 AB 垂直，求得 AD 的斜率，再由点斜式求得其直线方程；（2）根据矩形特点可以设 DC 的直线方程为 ，然后由点到直线的距离得出 ，就可以求出 m 的值，即可求出

22、结果.详解：(1)由题意：ABCD 为矩形，则 ABAD，又 AB 边所在的直线方程为：x3y60，所以 AD 所在直线的斜率 kAD3，而点 T(1，1)在直线 AD 上所以 AD 边所在直线的方程为：3xy20.(2)方法一：由 ABCD 为矩形可得，ABDC，所以设直线 CD 的方程为 x3ym0.由矩形性质可知点 M 到 AB、CD 的距离相等所以 ,解得 m2 或 m6(舍)所以 DC 边所在的直线方程为 x3y20.方法二：方程 x3y60 与方程 3xy20 联立得 A（0，-2） ，关于 M 的对称点C（4，2）因 ABDC，所以 DC 边所在的直线方程为 x3y20.点睛：本

23、题主要考查直线方程的求法，在求直线方程时，应先选择适当的直线方程的形式，并注意各种形式的适用条件用斜截式及点斜式时，直线的斜率必须存在，而两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，截距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线故在解题时，若采用截距式，应注意分类讨论，判断截距是否为零；若采用点斜式，应先考虑斜率不存14在的情况21.已知椭圆 的左,右焦点分别为 ,且 ,直线 与椭圆交于 两点（1）若 的周长为 16,求椭圆的标准方程.(2)若 ,且 ,求椭圆离心率的值；【答案】 （1） ； （2） .【解析】【分析】(1)根据题意得到 c=3，根据 2a+2c=16,得 a=5，结合 得到 b 进而得到方

24、程；（2）联立直线和椭圆得到二次方程，由 AF2BF2，有 ， 坐标化结合韦达定理得到结果.【详解】()椭圆的左,右焦点分别为 F1,F2,且|F1F2|=6，直线 y=kx 与椭圆交于 A，B两点。由题意得 c=3，根据 2a+2c=16,得 a=5.结合 所以 .()设曲线和直线交点为 联立方程组得由 AF2BF2，有 因为 ，即 ，又因为 ，所以 ，所以 。15【点睛】求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立 的方程，求出 即可，注意的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元

25、二次方程，利用根与系数关系写出 ，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用22.如图甲，在直角梯形 PBCD 中，PBCD，CDBC，BCPB2CD，A 是 PB 的中点 现沿 AD 把平面 PAD 折起，使得 PAAB（如图乙所示） ，E、F 分别为 BC、AB 边的中点（1）求证：平面 PAE平面 PDE；（2）在 PE 上找一点 Q，使得平面 BDQ平面 ABCD（3）在 PA 上找一点 G，使得 FG平面 PDE 【答案】 （1）见解析； （2 ）当 PQ=2QE 时，平面 BDQ平面 ABCD； （3）满足 AG AP时，有 FG平面 PDE.【解析】【分析】（1）现根

26、据线面平行的判定得到 PA平面 ABCD，根据底面图形特点得到 AEED，又因为PAED 进而得到 ED平面 PAE，可推得面面垂直；（2）假设平面 BDQ平面 ABCD，面 BDQ交底面 ABCD 于 H 点，根据线面平行的性质得到 PA 平行于面 BDQ，QH 平行于 PA 再由相似导出比例关系；（3）过点 F 作 FHED 交 AD 于 H，再过 H 作 GHPD 交 PA 于 G，连接 FG，证明平面 FHG平面 PED，即可证明 FG平面 PDE【详解】 （1）证明：因为 PAAD， PAAB， AB ADA，所以 PA平面 ABCD因为 BCPB2CD， A 是 PB 的中点，所以

27、 ABCD 是矩形，又 E 为 BC 边的中点，所以 AEED16又由 PA平面 ABCD， 得 PAED， 且 PA AEA， 所以 ED平面 PAE，而 ED 平面 PDE，故平面 PAE平面 PDE（2）假设平面 BDQ平面 ABCD，面 BDQ 交底面 ABCD 于 H 点，又因为由第一问得到 PA平面 ABCD，可得到直线 PA 平行于面 BDQ，由线面平行的性质得到 QH 平行于 PA，因为 AD 平行于 BE,BE：AD=EH：HA=1：2，根据三角形 EHQ 相似于三角形 PAE，故得到EQ：EP=HQ:AP=2:3.故当 PQ=2QE 时，平面 BDQ平面 ABCD （3）过

28、点 F 作 FHED 交 AD 于 H，再过 H 作 GHPD 交 PA 于 G， 连结 FG由 FHED， ED 平面 PED， 得 FH平面 PED；由 GHPD，PD 平面 PED，得 GH平面 PED，又 FH GHH，所以平面 FHG平面 PED所以 FG平面 PDE再分别取 AD、PA 的中点 M、N，连结 BM、MN，易知 H 是 AM 的中点，G 是 AN 的中点，从而当点 G 满足 AG AP 时，有 FG平面 PDE【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题，证明线面平行时，通常先考虑证明线线平行，得到 平行，在得到面面平行.